2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题(解析版)

第第页共22页所以-6<a1<^,即a1的取值范围[-6,-4].P P故答案为：［-6,⑷.【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式的应用， 其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对值，并判断出a3,a4满足的条件，着重考查了逻辑推理能力，属于中档试题.2 2.已知椭圆土+匕=1,倾斜角为60。的直线与椭圆分别交于A、B两点且10 6AB=8场，点C是椭圆上不同于A、B一点，则△ABC面积的最大值为9［答案］网9【解析】设直线AB的方程为y=J3x+m,联立方程组，利用根与系数的关系及弦长公式，得到J(1+31(x1+x2)2-4x^b8^0,解得m的值，设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为y=J3x+t,联立方程组，利用△=0,求得t的值，再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解.【详解】由题意，设直线AB的方程为y=J3x+m,点A(x~y1)，B(x2,y?),y=3xm联立方程组«x2y2 ，整理得18x2+1073mx+5m2-30=0,TOC\o"1-5"\h\z H*- 110 6一所以x1+x2=-5^3m,x1x2=5m-3。9 18用*AC8扃何I……4 、2 ，=L8扃\o"CurrentDocument"因为AB= ,即#1+3)((x1+x2)-4x1x2j= ，\o"CurrentDocument"9 9代入整理得m2=4,解得m=±2,不妨取：m=2,可得直线AB的方程为y=J3x+2,设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为 y=J3x+t,

y=、3xt联立方程组Ix2y2 ，整理得18x2+105y3tx+5t2-30=0,TOC\o"1-5"\h\z ■ =110 6由△二？。。1—72X(5t2—30)=0,解得：t=毛.取t=-6时，与直线AB平行且与椭圆相切的直线与直线 AB的距离d= =41+(73)2 '\o"CurrentDocument"所以4ABC面积的最大值S=」dABJm4M8'30J—,2 2 9 9故答案为：1630.9【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用 ，解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等..已知平面向量a,b，c满足：a,b的夹角为i，|a—b|=5,c—a,W—b的夹角为王，由一目尸3j2,则a?c的最大值为.4【答案】36【解析】设PA=a,PB=b,PC=c,由题意知p,a,b,c四点共圆，建立坐标系，求出点C的坐标和圆的半径，设P(乎cosot,呼sina),用口表示：c,根据口范围和三角和差公式，即可求解.【详解】—彳一■T.设PA=a，PB=b，PC=c，ABAB=|a-bABAB=|a-b|=5,AC=|c可得P,A,B,C四点共圆.3--

da八3二ACB=——4，ji/APB=一,设△ABC的外接圆的圆心为O,则/AOB=2/APB=一2，由正弦定理可知:2OAABsinACB由正弦定理可知:2OAABsinACB=5后，故OA=5^2-2以。为圆心，以OA,OB为坐标轴建立平面坐标系如图所示:0),B(0,—述).2在4OAC中，由余弦定理可得cos/AOC=2525——-182 2251f5_1以。为圆心，以OA,OB为坐标轴建立平面坐标系如图所示:0),B(0,—述).2在4OAC中，由余弦定理可得cos/AOC=2525——-182 2251f5_1~2 2~故sin/AOC=24,,C(7无,1272)25, 10 5设P(5点cos45"sin0<o(<—,2 2 2则PA_(逆.逑cosq_述sinKPC.(逑.述cos2 2 2 10 212.25.2.、- - sinik,5 2，ac=（逑.辿cos@一2cos8.5-1sin2a(@2+E2sin>=16+12sink16cosa16+20?(3sin

5=16+20sin4廿一cosa5cos——.5it♦,4十一时，ac取得最大值236.答案：36.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，正弦定理、余弦定理的应用，以及三角恒等变换与三角函数的图象与性质的综合应用， 着重考查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题的能力，属于难题.三、解答题.已知4ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且b=J3csinA+acosC.(1)求A；(2)若a=J3,求AABC的面积S的最大值.【答案】(1)A=\(2)6+：二【解析】(1)利用整下定理，三角函数的恒等变换， 集合sinC00,求得tanA=Y3,3即可求解；(2)由余弦定理，基本不等式求得 bc的最大值，进而根据三角形的面积公式，即可求解三角形的最大面积.【详解】(1)由题意，在AABC中，b=J3csinA+acosC,由正弦定理得sinB=J3sinCsinA+sinAcosC,又由A+B+C=tl,可得sinB=sin[T-(AC)]=sin(AC)=sinAcosCcosAsinC所以sinAcosC十cosAsinC=V3sinCsinA十sinAcosC,即cosAsinC=73sinCsinA,又因为sinCwQ所以cosA=J3sinA,可得tanA=——3冗又由AC(0, 'A=-.(2)由余弦定理可得(2)由余弦定理可得2 2 2cosA=bc」2bc可得b?+c?-3=可得b?+c?-3=...3bc,因为b2+c2>2bc,所以3+73bObc,可得bcW—^==3(2+73),2-<3所以三角形的面积S--bcsin--633,当且仅当2 3 4b=c=，3(2+石)等号成立,所以4ABC的面积S的最大值6+3班.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用， 其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息.一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力， 属于基础题..如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACFE为平行四边形，设BD与AC相交于点G,AB=BD=AE=2,/EAD=/EAB.(1)证明：平面ACFE，平面ABCD；(2)若直线AE与BC的夹角为60。，求直线EF与平面BED所成角的余弦值.…… 、…… 1【答案】(1)证明见解析(2)—3【解析】(1)先由已知条件求得AEADmAEAB,得到EG_LBD,再结合菱形的对角线垂直，可得BD_L平面ACEF,即可证得平面ACFEL平面ABCD；(2)建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，设 E的坐标，根据条件求出E,再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)证明：连接EG,因为AB=BD=AE=2,/EAD=/EAB,可得△EAD^EAB, ED=EB.•••G为BD的中点，所以EG^BD,因为四边形ABCD为菱形，，AC，BD,・•.BDL平面ACEF,因为BD?平面ABCD；「•平面ACFE，平面ABCD；

（2）因为EF//AG,直线EF与平面BED所成角即为AG与平面BED所成角；以G为原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，设E（a,0,b）则AE=（a-V3,0,b）,因为BC=（底,—1，0）,所以由条件可得：|/|2=（a—石）2+宁=4且定？彘=—332+3=2><2次0$60°=2;解得1 3广，所以BE=（，3，—1，翌6），因为"DB=（0，2,0）；卜2<6 3 3b二 3所以可取平面BED的法向量4=(2J2,0,-1),因为EF=7C=(-2、/3,0,0),设直线EF设直线EF与平面BED所成角为•10<，sos'Ji-sin26=」；2 3既直线EF与平面BED所成角的余弦值为1.3【点睛】本题考查了线面位置关系的判定与证明,以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间本题考查了线面位置关系的判定与证明,以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理， 通过严密推理是线面位置关系判定的关键， 同时对于立体几何中角的计算问题， 往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解 ^20.已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn,且a2+2a4=a9,4=36.(1)求an,Sn；(2)若数列｛bn｝满足bl=1,bn书bn=属，求证：g|+J之2Jn—1(nCN).• bib2 bn【答案】(1)an=2n-1,Sn=n2(2)证明见解析【解析】(1)设等差数列｛4｝的公差为d,运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；,c 1 , ，(2)讨论n=1,n>2,将n换为n-1,相减得到一=4书—4」，再由数列的裂项相bn消求和及不等式的性质，即可求解.【详解】(1)设等差数列｛an｝的公差设为d,前n项和为Sn,且a2+2a4=a9,Ss=36,可得a1+d+2(a〔+3d)=a〔+8d,即2a1=d,又6a1+15d=36,即2a1+5d=12,解得a1=1,d=2,贝Uan=1+2(n—1)=2n—1,Sn=n+n(n—1)=n;(2)证明：数列｛%｝满足出=1,bn*bn=JS'=n,当n=1时，b1b2=1,可得b2=1,n>2时，bnbn1=n_1,1相减可得bn(bn+1-bn-1)=1,即一=bn+1-bn1,bnTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 1 lbl1 1当nR2时，—十—+|||+—=—+b3—b1+b4—b2+b5—b3+…+bn+1—bn1bl b2bn b1_1二 一b1—b2+bn+bn+1 1+2A当n=1时，；=1=2j1—1,不等式成立,\o"CurrentDocument"1 1 1 L综上可得，一+—*1114―之2亦一1(nCN).b1b2 bn【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前 n项和公式的应用，以及数列与不等式的证明，其中解答中注意数列的裂项相消法求和，以及不等式的性质的应用是解答的关键，

着重考查了方程思想以及运算能力，属于中档试题.21.如图，P是抛物线E：y2=4x上的动点，F是抛物线E的焦点.(1)求(1)求|PF|的最小值；(2)点B,C在y轴上，直线PB,PC与圆(x-1)2+y2=1相切.当［PF|C［4,6］时,求|BC|的最小值.【答案】(1)|PF|的最小值为1(2)2病3【解析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和性质，即可求得|PF|的最小值；2(2)设B(0,m),C(0,n),P(x0,y(o),y=4x0,分别求得PB,PC的方程，运用直线和圆相切，得到m,n为方程(x0—2)x2十2y°x—x0=0的两根，再由韦达定理可得m-n,进而可求得其最小值.【详解】(1)P是抛物线E：y2=4x上的动点，F是抛物线E的焦点(1,0),准线方程为x=-1)由抛物线的定义可得|PF|=d=xP+1,由xp之0,可得d的最小值为1,|PF|的最小值为1;2(2)设B(0,m),C(0,n),P(x°,y°),y=4x°,则PB的方程为y=~x+m,PC的方程为y="0 x+n,x° x。y0由直线PA与圆(x-1)y0由直线PA与圆(x-1)2+y2=1相切，可得(y°-m)2整理得(％-2)m+2y0m-x0=0,同理可得(x0-2)n2+2y°n-x0=0,

即有m,n为方程(x0-2)x即有m,n为方程(x0-2)x2+2yox-xo=0的两根，可得2yom+n二 2-X。x。mn=2_x0，则|m—n|=J(m+n)2—4mn4y。(2-x。)24x。2—'X。,4x。28x。2-x。由|PF|C[4,6],可得xo+1£[4,6],即xoC[3,5],令t=|2-x°|=x。—2,t>[1,3],即„匹严匕阡在…可得t=3即刈=5时，|BC|=|m-n|取得最小值2届3【点睛】【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用,其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键， 着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.ax22.已知函数f(x)=16nx- .x-1(1)当aCR时，讨论函数f(x)的单调性；(2)对任意的xC(1,+oo)均有f(x)vax,若aCZ,求a的最小值.【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)a的最小值为321Gx2a-2。x1。【解析】(1)求得函数的导数fx= 尚 ,令x(x-1)229仅)=1。乂+(a-2。加+1。，分情况讨论a,进而可得求得函数f(x)的单倜性；(2)由f(x)<ax得到101nx<-a^,转化为aJ。"21”x,对任意x^(1,~)成x7 xF(x)的最大值，即可求得实数aF(x)的最大值，即可求得实数a的立，令F(x)=——利用导数求得函数x

最小值.【详解】（1）由题意，函数fx=10lnx-最小值.【详解】（1）由题意，函数fx=10lnx-axx-12ntt10a10xa-20x10八口1贝Uf'(x)=—+ 2= 2- ,x>0且xwi,x(x-1)2 x(x-1)2人 2 _ 20-a令gx=10x+a—20x+10,则其图象对称轴为直线x= ,g(0)=10,20「20-a八当20W0,即a>20寸，则g(x)>0,f(x)>0,此时f(x)分别在(0,1)和(1,+8)上递增，,20—a一 2当20"时,即a<20时，令△=(a-20)-400WO.可得0与<20,所以当0QV20时，则g(x)>0,f'(x)>0,此时f（x）分别在（0,1）和（1,+8）上递增,当av0时，由g（x）=0解得x1=20-"小2740a,&=20—a+Ja2—40a,20 20易知f（x）分别在（0,x1），（x2,+8）上递增，分别在（x1，1）,（1,x2）上递减.综上所述，当an。时，f（x）分别在（0,1）和（1,+8）上递增，当a<0时，分别在（0, x1），（x2, +8）上递增，分别在（x1，1）,（1, x2）上递减.（2）由题意得，（2）由题意得，101nx2ax ax< +ax= ,x-1 x—110x-1Inx 、> 2 ,对任意x=(1,+、)成立,令F(x)10x-1Inx令F(x)10x-1Inx2 ，x102-xInxx-